最新机械振动单元测试题

最新机械振动单元测试题
一、机械振动选择题
1．如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知( )
A．振子的振动周期等于t1
B．在t＝0时刻，振子的位置在a点
C．在t＝t1时刻，振子的速度为零
D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动
2．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（）
A．偏大B．偏小C．一样D．都有可能
3．如图为某简谐运动图象，若t＝0时，质点正经过O点向b运动，则下列说法正确的是()
A．质点在0.7 s时的位移方向向左，且正在远离平衡位置运动
B．质点在1.5 s时的位移最大，方向向左，在1.75 s时，位移为1 cm
C．质点在1.2 s到1.4 s过程中，质点的位移在增加，方向向左
D．质点从1.6 s到1.8 s时间内，质点的位移正在增大，方向向右
4．如图所示,甲、乙两物块在两根相同的弹簧和一根张紧的细线作用下静止在光滑水平面上,已知甲的质量小于乙的质量．当细线突然断开斤两物块都开始做简谐运动,在运动过程中（）
A．甲的最大速度大于乙的最大速度
B．甲的最大速度小于乙的最大速度
C．甲的振幅大于乙的振幅
D．甲的振幅小于乙的振幅
5．甲、乙两单摆的振动图像如图所示，由图像可知
A．甲、乙两单摆的周期之比是3:2 B．甲、乙两单摆的摆长之比是2:3
C．t b时刻甲、乙两摆球的速度相同D．t a时刻甲、乙两单摆的摆角不等
6．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为()
A．T=2πr GM
l
B．T=2πr
l
GM
C．T=2πGM
r l
D．T=2πl
r
GM
7．如图所示，一端固定于天花板上的一轻弹簧，下端悬挂了质量均为m的A、B两物体，平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐运动。

已知弹簧的劲度系数为k，则下列说法中正确的是（）
A．细线剪断瞬间A的加速度为0
B．A运动到最高点时弹簧弹力为mg
C．A运动到最高点时，A的加速度为g
D．A振动的振幅为2mg k
8．如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k、物块和木板之间滑动摩擦因数为μ，
A ．若t 时刻和()t t +∆时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则t ∆一定等于2
T 的整数倍
B ．若2
T
t ∆=
，则在t 时刻和()t t +∆时刻弹簧的长度一定相同 C ．研究木板的运动，弹簧弹力充当了木板做简谐运动的回复力
D ．当整体离开平衡位置的位移为x 时，物块与木板间的摩擦力大小等于
m
kx m M
+ 9．如图所示，在一条张紧的绳子上悬挂A 、B 、C 三个单摆，摆长分别为L 1、L 2、L 3，且L 1＜L 2＜L 3，现将A 拉起一较小角度后释放，已知当地重力加速度为g ，对释放A 之后较短时间内的运动，以下说法正确的是（ ）
A ．C 的振幅比
B 的大 B ．B 和
C 的振幅相等 C ．B 的周期为2
L g D ．C 的周期为1
L g
10．某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为5sin 4
x t π
=(cm) ,则下列关于质点运动
的说法中正确的是( )
A ．质点做简谐运动的振幅为 10cm
B ．质点做简谐运动的周期为 4s
C ．在 t=4s 时质点的加速度最大
D ．在 t=4s 时质点的速度最大
11．一简谐振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点．0t =时刻振子的位移0.1m x =-；
4
s 3
t =时刻0.1m x =；4s t =时刻0.1m x =．该振子的振幅和周期可能为（ ） A ．0.1 m ，8s 3
B ．0.1 m, 8s
C ．0.2 m ，8s 3
D ．0.2 m ，8s
12．图(甲)所示为以O 点为平衡位置、在A 、B 两点间做简谐运动的弹簧振子，图(乙)为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )
A．在t=0.2s时，弹簧振子可能运动到B位置
B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加
D．在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同
13．如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴的正方向．若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（）
A．B．
C．D．
14．如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O 点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。

已知在t1时刻物块的速度大小为v，方向向下，动能为E k。

下列说法错误的是（）
T
A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2~t1的最小值小于
2
B．如果在t2时刻物块的动能也为E k，则t2~t1的最小值为T
C．物块通过O点时动能最大
D．当物块通过O点时，其加速度最小
15．如图所示，一根不计质量的弹簧竖直悬吊铁块M，在其下方吸引了一磁铁m，已知弹
簧的劲度系数为k ，磁铁对铁块的最大吸引力等于3m g ，不计磁铁对其它物体的作用并忽略阻力，为了使M 和m 能够共同沿竖直方向作简谐运动，那么 （ ）
A ．它处于平衡位置时弹簧的伸长量等于()2M m g
k
+
B ．振幅的最大值是
()2M m g
k
+
C ．弹簧弹性势能最大时，弹力的大小等于()2M m g +
D ．弹簧运动到最高点时，弹簧的弹力等于0
16．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心，D 是圆环上与M 靠得很近的一点（DM 远小于CM ）.已知在同一时刻，a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点；d 球从D 点静止出发沿圆环运动到M 点.则：
A ．c 球最先到达M 点
B ．b 球最先到达M 点
C ．a 球最先到达M 点
D ．d 球比a 球先到达M 点
17．如图所示，在光滑水平面上，木块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧连接构成弹簧振子，木块A 叠放在B 上表面，A 与B 之间的最大静摩擦力为f m ，A 、B 质量分别为m 和M ，为使A 和B 在振动过程中不发生相对滑动，则（ ）
A ．它们的振幅不能大于m M m f kM
+（）
B ．它们的振幅不能大于
m M m f km
+（）
C ．它们的最大加速度不能大于
m
f M
D ．它们的最大加速度不能大于
m
f m
18．如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt)m ．t=0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下；t=0.6s 时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小为g=10m/s 2.以下判断正确的是______（双选，填正确答案标号）
A ．h=1.7m
B ．简谐运动的周期是0.8s
C ．0.6s 内物块运动的路程是0.2m
D ．t=0.4s 时，物块与小球运动方向相反
19．如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为θ，斜面上质量为m 物块A 被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于O 点，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g 。

现将A 沿斜面向上推动
至弹簧压缩量为
sin mg k
θ
处的C 点无初速度释放，B 为C 关于O 的对称点。

关于物体A 后续的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A ．物体A 做简谐运动，振幅为
sin mg k
θ
B ．物体A 在B 点时，系统的弹性势能最大
C ．物体A 速度的最大值为2sin m g k
D ．物块在C 点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在B 点时最小
20．如图所示，弹簧的一端固定，另一端与质量为2m 的物体B 相连，质量为1m 的物体A 放在B 上，212m m =．A 、B 两物体一起在光滑水平面上的N 、N '之间做简谐运动，运动过程中A 、B 之间无相对运动，O 是平衡位置．已知当两物体运动到N '时，弹簧的弹性势能为p E ，则它们由N '运动到O 的过程中，摩擦力对A 所做的功等于（ ）
A ．p E
B ．
12
p E C ．13
p E
D ．
14
p E 二、机械振动 实验题
21．（1）做“用单摆测定重力加速度”的实验,下述说法中正确的是（_______） A ．测量摆长时,应先将单摆放置在水平桌面上,然后用力拉紧摆线测量悬点到球心的距离 B ．单摆的偏角不要超过5°,当摆球运动到两侧位置时迅速按下秒表开始计时 C ．为了精确测量单摆的周期,起码要测量小球作100次全振动所用的时间 D ．如果小球的重心不在中心,通过一定方法也能精确测定重力加速度
（2）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验时,他先测得摆线长为97.50cm ，然后用游标卡尺测量小钢球直径,读数如图甲所示, 则
①游标卡尺的读数为_________mm ． ②该单摆的摆长l 为_____cm ．
③该同学由测量数据作出2l T -图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速度
g =____m/s 2（保留3位有效数字）．
④如果测出的g 值偏小，可能的原因是____． A ．测量摆线长时，线拉得过紧
B ．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了
C ．开始计时时，秒表按下迟了
D ．实验中误将49次全振动记为50次
22．某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为
刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T ＝2
c I mr mgr
+中I c 为由该摆决定的常量，m 为摆的质量，g 为重力加速度，r 为转轴到重心C 的距离．如图甲，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O 上，使杆做简谐运动，测量并记录r 和相应的运动周期T ；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m ＝0.50 kg.
r/m0.450.400.350.300.250.20
T/s 2.11 2.14 2.20 2.30 2.43 2.64
（1）由实验数据得出图乙所示的拟合直线，图中纵轴表示________．
（2）I c的国际单位为________，由拟合直线得到I c的值为________（保留到小数点后两位）．
（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）．
23．某同学利用单摆测量重力加速度．
（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
（2）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1m的单摆，实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL．用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g =______．
24．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到
g=
2
2
4l
T。

只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2-l图象，就可以求出当地的重
力加速度。

理论上T2-l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如
图所示。

（1）造成图象不过坐标点的原因可能是___________；
（2）由图象求出的重力加速度g=___________m/s2；（取π2=9.87）
（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是___________
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．先测摆长，再测周期，在测周期时，上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动数为50次
25．如图是利用DIS完成“用单摆测定当地重力加速度”实验．实验时，先量出摆球的半径与摆线的长度．单摆摆动后，点击“记录数据”．摆球每经过平衡位置时记数1次，第1次记为“0”，当记数为“50”时，点击“停止记录”，显示时间为t．
（1）则该单摆振动周期为______________．
（2）图示摆线上端的悬点处，用两块木片夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将木片夹紧，是为了（_______）
A．便于测量单摆周期
B．便于测量摆长时拉紧摆线
C．保证摆动过程中摆长不变
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（3）若某组同学误以摆线的长度L作为纵坐标，以单摆周期的平方2T作为横坐标，作出2
-的图像．其他操作测量都无误，则作出的图线是上图中的_________（选填
L T
“1”、“2”或“3”）．
（4）现发现三组同学作出的图线分别是1、2和3，但测出的斜率都为k，是否可以根据斜率求出当地的重力加速度？___________．（若不可以求出，填“否”；若可以求出，请填重力加速度的表达式）．
26．用单摆测定重力加速度的实验如图所示．
①组装单摆时，应在下列器材中选用（选填选项前的字母）___________．
A．长度为1m左右的细线 B．长度为30cm左右的细线
C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为1.8cm的铁球
②测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t．则重力加速度g=_______（用L，n，t表示）
③下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．
组次123
摆长L/cm80.0090.00100.00
50次全振动时间t/s90.095.5100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/（m·s-2）9.749.73
请计算出第3组实验中的T=___________s，g=__________m/s2
④用多组实验数据做出T2-L图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2-L图线的示意图如图中的a，b，c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g 值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是（选填选项前的字母）（___）
A ．出现图线a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B ．出现图线c 的原因可能是误将49次全振动记为50次
C ．图线c 对应的g 值小于图线b 对应的g 值
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、机械振动 选择题 1．D 【解析】 【分析】 【详解】
A 中振子的振动周期等于2t 1，故A 不对；
B 中在t=0时刻，振子的位置在O 点，然后向左运动，故B 不对；
C 中在t=t 1时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C 不对；
D 中从t 1到t 2，振子正从O 点向b 点运动，故D 是正确的． 2．C 【解析】 【详解】
根据单摆的周期公式：2L r T g +=得：222
44T L r g g ππ=+，T 2与L 图象的斜率2
4k g π=，横轴截距等于球的半径r ．
故2
4g k
π=
根据以上推导，如果L 是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g 的计算没有影响，一样，故ABD 错误，C 正确． 故选C ． 3．C 【解析】 【分析】 【详解】
由图象知，周期为2s ．简谐运动的位移总是从平衡位置提向两端，当质点在0.7 s 时，处于
平衡位置的右边，则位移方向向右，向平衡位置运动，A 错误；质点在1.5 s 时处于负最大位置，位移最大，方向向左，质点从a→O 运动，速度逐渐变大，则前0.25 s 运动的位移小于后0.25 s ，故位移大于1 cm ，B 错误；质点在1.2 s 到1.4 s 过程中，质点从O→a 运动，位移增加，方向向左，C 正确；质点从1.6 s 到1.8 s 时间内，质点从a→O 运动，位移减小，方向向左，D 错误． 4．A 【解析】
线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，由于甲的质量小，故根据牛顿第二定律，其加速度大，A 正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲乙的最大动能相同，由于甲的质量小于乙的质量，由2
12
k E mv =
知道，甲的最大速度一定大于乙的最大速度，B 错误；线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，CD 错误．
【点睛】线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，则振幅一定相同．当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后弹簧转化为动能，甲乙最大动能相同，根据质量关系，分析最大速度关系． 5．D 【解析】 【详解】
A ．由图像可知，甲、乙两单摆的周期之比是2:3，选项A 错误；
B ．根据2T =，则224g L T π=，则甲、乙两单摆的摆长之比是4:9，选项B 错误；
C ．因乙摆摆长大，振幅小，则在最高点时离开平衡位置的高度小，则到达最低点时的速度较小，即t b 时刻甲、乙两摆球的速度不相同，故C 错误；
D ．t a 时刻甲、乙两单摆的位移相等，但是由于两摆的摆长不等，则摆角不等，选项D 正确； 故选D. 6．B 【解析】 【分析】 【详解】
在地球表面重力等于万有引力，故
2
Mm
mg G
r = 解得
2
GM
g r =
由单摆的周期：
2T =联立各式解得
2T π= 故选B ． 【点睛】
本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式2
GM
g r =
和单摆的周期公式
2T =. 7．C 【解析】 【详解】
轻弹簧悬挂质量均为m 的A 、B 两物体，平衡后弹簧处于拉长状态，弹簧的拉力等于两个物体的重力的和，即
2F mg =
则弹簧的伸长量为
12mg
x k
∆=
剪断A 、B 间的连线，A 将做简谐运动。

若只有一个物体，则平衡时弹簧的伸长量为
211
2
mg x x k ∆=
=∆ 所以剪断A 、B 间的连线，A 将在弹簧形变量
2mg k 到0之间做振幅为mg
k
的简谐运动。

AC ．细线剪断瞬间A 受到重力和弹簧的弹力，由牛顿第二定律可知加速度为
2F mg mg mg
a g m m
--=
== 方向向上。

由简谐运动的对称性可知，在A 运动的最高点，加速度大小也为g ，方向竖直向下，故A 错误，C 正确；
BD ．由开始的分析可知，物体A 在弹簧形变量
2mg k 到0之间做振幅为mg
k
的简谐运动，在最高点时A 的重力提供加速度，故弹簧的弹力为0。

故BD 错误。

故选C 。

8．D 【解析】
设位移为x ，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有： kx=（m+M ）a ①
对m 物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：f=ma ② 所以：mx
f M m
=
+ ③ 若t 时刻和（t+△t）时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但△t 不 一定等于2
T
的整数倍．故A 错误； 若△t=
2
T
，则在 t 时刻和（t+△t）时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同．故B 错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m 对木板的摩擦力的合力提供回复力．故C 错误．由③可知，当整体离开平衡位置的位移为 x 时，物块与木板间摩擦力的大小等于 m
kx m M
+．故D 正
确．故选D. 9．D 【解析】 【分析】 【详解】
CD ．将A 拉起一较小角度后释放，则B 、C 做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动率的频
率，与物体的固有频率无关，故B 、C 单摆的周期均为T =C 错误，D 正确。

AB ．当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅最大，固有频率越接近驱动力的频率，振幅越大，故B 比C 的振幅大，AB 错误。

故选D 。

10．D 【解析】 【详解】
A ．由位移的表达式5sin
(cm)4
x t π
=，可知质点做简谐运动的振幅为5cm ．故A 错误．
B ．由位移的表达式读出角频率
rad/s 4π
ω=
则周期为
28s T π
ω
=
=
故B 错误．
C ．在t =4s 时质点的位移
5sin(4)(cm)04
x π
=⨯=
说明物体通过平衡位置，加速度最小；故C 错误．
D ．在t =4s 时质点通过平衡位置，加速度最小而速度最大；故D 正确． 故选D ． 【点睛】
本题知道简谐运动位移的解析式，读出振幅、周期、任意时刻的位移是基本能力． 11．ACD 【解析】 【分析】 【详解】
AB. 如果振幅等于0.1m ，经过周期的整数倍，振子会回到原位置，则有：
4
(4)s 3
nT -=
当1n =时，8
s 3
T =
，故A 正确，B 错误； CD. 如果振幅大于0.1m ，如图所示，则有：
()444s 332
T nT +-=+ 当0n =时，8s T =；当1n =时，8
s 3
T =
；故C 正确，D 正确；
12．A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图知，若从平衡位置计时，则在t =0.2s 时，弹簧振子运动到
B 位置．故A 正确． B ．在t =0.1s 与t =0.3s 两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，方向相反．故B 错误．
C ．从t =0到t =0.2s 的时间内，弹簧振子的位移越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，其动能越来越小，故C 错误．
D ．在t =0.2s 与t =0.6s 两个时刻，弹簧振子的加速度大小相等，方向相反．故D 错误． 故选A ．
【点睛】
本题考查了振幅和周期的概念，要能结合x -t 图象进行分析：周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出周期和振幅．根据振子的位置分析其速度和加速度大小．振子处于平衡位置时速度最大，在最大位移处时，加速度最大． 13．A 【解析】 【分析】 【详解】
由题意：设向右为x 正方向，振子运动到N 点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N 点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A 正确． 14．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t 2时刻物块的速度大小也为v ，方向向下，则t 2~t 1的最小值小于
2
T
，选项A 正确； B ．物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t 2时刻物块的动能也为E k ，则t 2~t 1的最小值可以小于T ，选项B 错误；
CD ．图中O 点是平衡位置，物块经过O 点时速度最大，动能最大，加速度最小，选项CD 正确。

本题选错误的，故选B 。

15．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．处于平衡位置时，合力为零，有
()M m g kx +=
所以伸长量为
()M m g
x k
+=
A 错误；
B ．振幅最大的位置，弹性势能最大，形变量最大，设为Δx ，由牛顿第二定律得
Δ()()k x M m g M m a -+=+
3mg mg ma -=
联立上式可得
3(+)ΔM m g
x k
=
所以最大振幅为
2()ΔM m g
x x k
+-=
B 正确；
C ．弹簧弹性势能最大时，弹力的大小为
Δ3()F k x M m g ==+弹
C 错误；
D ．弹簧运动到最高点时，弹簧处于压缩状态，弹力不为零，D 错误。

故选B 。

16．AD 【解析】 【详解】
对于AM 段，位移x 1R ，加速度
1452
mgsin a g m ︒＝
根据x 1＝
1
2
a 1t 12得，
1t ＝对于BM 段，位移x 2=2R ，加速度
a 2=g sin60°=
2
g 根据x 2＝
1
2
a 2t 22得，
2t 对于CM 段，位移x 3=R ，加速度a 3=g ，由x 3=
12
gt 32
得，
3t 对于D 小球，做类似单摆运动，
44T t ＝知t 3最小，t 2最大。

A. c 球最先到达M 点，与结论相符，选项A 正确；
B. b 球最先到达M 点，与结论不相符，选项B 错误；
C. a 球最先到达M 点，与结论不相符，选项C 错误；
D. 因t 4<t 1，可知d 球比a 球先到达M 点，与结论相符，选项D 正确. 17．BD 【解析】 【分析】
A 和
B 在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB 间静摩擦力达到最大，此时振幅最大．先以A 为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体研究，根据牛顿第二定律和胡克定律求出振幅． 【详解】
当A 和B 在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB 间静摩擦力达到最大，此时AB 到达最大位移处．根据牛顿第二定律，以A 为研究对象，最大加速度：m
f a m
= ；以整体为研究对象：kx=（M+m ）a ；联立两式得到最大振幅：x=()
m M m f km
+，故AC 错误，BD 正确；
故选BD ． 18．AB 【解析】 【分析】 【详解】
t=0.6s 时，物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6)m= -0.1m ；则对小球2
12
h y gt +=，解得h=1.7m ，选项A 正确；简谐运动的周期是220.82.5T s s π
π
ω
π
=
=
=，选项B 正确；0.6s 内物块运动的路程是3A=0.3m ，选项C 错误；t=0.4s=2
T
，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D 错误． 19．BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物体A 在O 点平衡位置，有
0sin mg k x θ=∆
解得
0sin mg x k
θ
∆=
弹簧处理拉伸状态，故OC 之间的距离为
sin sin 2sin OC mg mg mg x k k k
θθθ
=
+= 即振幅为
2sin mg k
θ
；故A 错误；
B ．物体A 在B 点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B 正确；
C ．物体A 在O 点的速度最大，C 点与O 点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有O 点运动到C 点，由动能定理得
21sin 2
OC mgx mv θ=
解得
2sin v g =故C 正确；
D ．由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。

根据机械能守恒定律，动能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大；系统在C 点和B 点动能为零，势能最大；系统在O 点动能最大，势能最小，故D 错误。

故选BC 。

20．C 【解析】 【分析】 【详解】
整体做简谐运动，则对整体有：弹簧在N 点的弹性势能等于整体运动到O 点的动能，即
2121
()2
p E m m v =
+ 而此摩擦力对A 所做的功等于2
1
12m v ，因212m m =，所以摩擦力对A 所做的功为3
p E 。

故选C 。

二、机械振动 实验题
21．D 9.8mm 97.99 9.86 B 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]．A.测量摆长时，应先将单摆竖直悬挂，让摆球自然下垂，然后测量悬点到球心的距离，选项A 错误；
B.单摆的偏角不要超过5°，当摆球运动到最低点位置时迅速按下秒表开始计时，选项B 错误；
C.为了精确测量单摆的周期，要测量小球作30-50次全振动所用的时间，选项C 错误；
D.如果小球的重心不在中心，可通过测量数据建立T 2-L 图像，通过图像的斜率求解重力加速度，选项D 正确．
（2）①[2]．由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm=9mm ，游标尺示数为8×0.1mm=0.8mm ，游标卡尺的读数为：9mm+0.8mm=9.8mm ． ②[3]．单摆摆长：
'0.9897.5097.99cm 22
d l l =+
=+=
③[4]．由单摆周期公式2T π
= 22
4g l T π
=
由图像可知
2
1.0
0.2544
g k π=
=
= 解得
g=9.86m/s 2
④[5]．根据224=l
g T
π则：
A 、测量摆线长时线拉得过紧，则l 的测量值偏大，则所测重力加速度偏大，故A 错误；
B 、摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，使所测量的实际周期T 偏大，重力加速度的测量值偏小，故B 正确；
C 、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期T 偏小，重力加速度g 的测量值偏大，故B 正确；
D 、实验中误将49次全振动数为50次，测量的周期T 偏小，所测重力加速度偏大，故D 错误．
22．T 2r kg ·m 2 0.17 不变 【解析】 【详解】 （1）[1]由
T ＝可得:
222
2
44c I T r r mg g
ππ=+
所以图中纵轴表示T 2r .
（2）[2][3]]I c 单位与mr 2单位一致，因为mr 2的国际单位为kg·m 2，所以I c 的国际单位为kg·m 2； 结合:
222
2
44c I T r r mg g
ππ=+
和题图中的截距和斜率，解得I c 的值约为0.17.
（3）[4]重力加速度g 的测量值是通过求斜率2
4g
π得到的，与质量无关，所以若摆的质量。